\section{Riemann zeta 函数}
\begin{frame}{Riemann zeta 函数}
在 §3.5 已讨论了数论中常用的函数。 而现在要讨论的 zeta 函数和 Dirichlet 级数， 则是数论中居中枢地位的函数。

Riemann zeta 函数即级数
\[
\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}=1+\frac{1}{2^{s}}+\frac{1}{3^{s}}+\frac{1}{4^{s}}+\cdots
\]
当实数 $s>1$ 时收敛， 是变量 $s$ 的函数。 最早由 Euler 在 1740 年左右引入， 而且证明了
\[
\zeta(s)=\prod_{p} \frac{1}{1-1 / p^{s}}
\]
(对正素数 $p$ 求和), 这称为 Euler 乘积。 Riemann 在 1859 年将变量 $s$ 取值范围扩展到复数域， 证明了， 当 $s$ 的实数部分 $\operatorname{Re}(s)=\sigma>1$ 时定义 $\zeta(s)$ 的级数收敛， 从而为解析函数 (即可 (无限次地) 微分). 而且， 他还将此函数的定义范围(用其他公式) 扩展到整个复数平面上（除 $s=1$ 这一点之外), 成为解析函数 (这称为解析延拓， analytic continuation). 而 $s=1$ 为单极点 (即 $\zeta(s)$ 趋于无穷大), 满足
\[
  \lim _{s \rightarrow \infty}(s-1) \zeta(s)=1.
\]
他还证明 $\zeta(s)$ 满足函数方程，并提出著名的 Riemann 假设（Riemann hypothesis) (猜想) : $\zeta(s)$ 的非平凡零点都在直线 $\sigma=\frac{1}{2}$ 上 (平凡零点是指负偶数). 此猜想被认为是数学中最重要的猜想之一， 关联到素数分布等， 至今未解决， 有许多衍生猜想。 Riemann zeta 函数在解析方法数论中起关键作用。 我们先只考虑实变量 $s$ 的情形。
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{theorem}%定理1
级数 $\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}$ 当实数 $s>1$ 时收敛， 当实数 $s \leqslant 1$ 时发散。
\end{theorem}

\begin{proof}
(1) \[
  \begin{aligned}
\zeta(s) & =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}=1+\left(\frac{1}{2^{s}}+\frac{1}{3^{s}}\right)+\left(\frac{1}{4^{s}}+\cdots+\frac{1}{7^{s}}\right)+\left(\frac{1}{8^{s}}+\cdots+\frac{1}{15^{s}}\right)+\cdots \\
& <1+\left(\frac{1}{2^{s}}+\frac{1}{2^{s}}\right)+\left(\frac{1}{4^{s}}+\cdots+\frac{1}{4^{s}}\right)+\left(\frac{1}{8^{s}}+\cdots+\frac{1}{8^{s}}\right)+\cdots \\
& =1+\frac{2}{2^{s}}+\frac{4}{4^{s}}+\frac{8}{8^{s}}+\cdots=\frac{1}{1-2^{1-s}}
\end{aligned}
\]
这就证明了定理， 而且得出 $1<\zeta(s)<\frac{1}{1-2^{1-s}}(s>1$ 时 $)$. 故 $\lim _{s \rightarrow \infty} \zeta(s)=1$.

(2) 首先， $s \leqslant 0$ 时， $1 / n^{s}$ 不趋于 0 , 故级数发散。 现在设 $0<s \leqslant 1$. 此时
\[
\begin{aligned}
\zeta(s) & =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}=1+\frac{1}{2^{s}}+\left(\frac{1}{3^{s}}+\frac{1}{4^{s}}\right)+\left(\frac{1}{5^{s}}+\cdots+\frac{1}{8^{s}}\right)+\cdots \\
& >1+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{8}+\cdots+\frac{1}{8}\right)+\cdots \\
& =1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\cdots \rightarrow \infty
\end{aligned}
\]
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{theorem}%定理2
$\displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}=\prod_{p} \frac{1}{1-1 / p^{s}}$ (当 $s>1$, 乘积指标遍历所有正素数 $p$).
\end{theorem}

\begin{proof}
 设 $p_{1}, \cdots, p_{k}$ 为前 $k$ 个正素数 $\left(p_{1}=2, p_{2}=3, \cdots\right)$. 考虑乘积
\[
P_{k}(s)=\prod_{i=1}^{k} \frac{1}{1-1 / p_{i}^{s}}=\prod_{i=1}^{k}\left(1+\frac{1}{p_{i}^{s}}+\frac{1}{p_{i}^{2 s}}+\frac{1}{p_{i}^{3 s}}+\cdots\right)=\prod_{i=1}^{k} \sum_{a_{i}=0}^{\infty} \frac{1}{p_{i}^{a_{i s}}}
\]
只需证明当 $k \rightarrow \infty$ 时， $P_{k}(s) \rightarrow \zeta(s)$ 即可。 将上式右边按分配律乘开， 得到和式
\[
P_{k}(s)=\sum_{a_{1}, \cdots, a_{k}} \frac{1}{p_{1}^{a_{1} s} \cdots p_{k}^{a_{k} s}}=\sum_{n \in A_{k}} \frac{1}{n^{s}}
\]
其中求和是对 $a_{1}, \cdots, a_{k}$ 的所有可能非负整数值， 记 $n=p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{k}^{a_{k}}, A_{k}$ 为素因子限于 $\left\{p_{1}, \cdots, p_{k}\right\}$ 的正整数集。 由整数唯一因子分解定理可知， 任一正整数 $n$ 可唯一地表为 $n=p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{k}^{a_{k}}$, 恰好对上述和式贡献一项，故有上述右边的等号。 $A_{k}$ 之外的整数 $n$ 必有素因子 $p$ 不属于（从而大于） $\left\{p_{1}, \cdots, p_{k}\right\}$, 故此种 $n \geqslant p>$ $p_{k}$. 故 $s>1$ 时有
\[
\left|\zeta(s)-P_{k}(s)\right|=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}-\sum_{n \in A_{k}} \frac{1}{n^{s}}=\sum_{n \notin A_{k}} \frac{1}{n^{s}} \leqslant \sum_{n>p_{k}} \frac{1}{n^{s}}=\zeta(s)-\sum_{n \leqslant p_{k}} \frac{1}{n^{s}}
\]
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{proof}[续]
    因 $s>1, \sum_{n} \frac{1}{n^{s}}$ 的部分和收敛于 $\zeta(s)$, 故 $\sum_{n \leqslant p_{k}} \frac{1}{n^{s}} \rightarrow \zeta(s)$ (当 $k \rightarrow \infty$). 故
\(
  P_{k}(s) \rightarrow \zeta(s).
\)
  \end{proof}

  求和 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\cdots$ 问题， 被称为巴塞尔 (Basel) 问题， 是 1644 年提出的著名问题。 Euler 在 1735 年解决了此问题， 使他 28 岁时迅速成名。

\begin{theorem}%定理3
$\displaystyle\zeta(2)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\cdots=\frac{\pi^{2}}{6}$.
\end{theorem}

Euler 的证明 Euler的最初证明， 是注意到函数 $f(x)=(\sin x) / x$ 的零点为 $\pm \pi, \pm 2 \pi, \pm 3 \pi, \cdots$, 而且 $f(0)=1$. 类比于多项式， 有零点 $\pm \pi$ 意味着 $f(x)$有因子
\[
(1-x / \pi)(1+x / \pi)=\left(1-x^{2} / \pi^{2}\right)
\]
因此 Euler 断定
\begin{equation*}
\frac{\sin x}{x}=\left(1-\frac{x^{2}}{\pi^{2}}\right)\left(1-\frac{x^{2}}{2^{2} \pi^{2}}\right)\left(1-\frac{x^{2}}{3^{2} \pi^{2}}\right) \cdots \tag{1}
\end{equation*}
(此等式是对的， 但 100 年后 Weierstrass (魏尔斯特拉斯) 才能严格证明。 注意零点相同并不能保证两个函数相等， 例如 $f(x)$ 和 $\mathrm{e}^{x} f(x)$ 的零点是相同的， 且在 $0$ 点值相同。 这种无穷乘积只有因子的值趋于 $1$ 时才是有意义的). 
\end{frame}

\begin{frame}
如果将上式展开为和， 按 $x$ 的幂从低到高排列各项， 则 $x^{2}$ 的系数显然为
\[
-\left(\frac{1}{\pi^{2}}+\frac{1}{4 \pi^{2}}+\frac{1}{9 \pi^{2}}+\cdots\right)=-\frac{1}{\pi^{2}}\left(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\cdots\right)
\]
另一方面， 由 Taylor 级数公式 (当时已有微积分的初步知识) 已知
\[
\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^{2}}{3!}+\frac{x^{4}}{5!}-\frac{x^{6}}{7!}+\cdots
\]
其 $x^{2}$ 的系数为 $-1 / 3!$. 故得到
\[
-\frac{1}{\pi^{2}}\left(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\cdots\right)=-\frac{1}{3!}
\]
即得定理。 Euler 后来又给出别的证法。 其余证法很多。 以下是著名的严格初等证法。

\begin{proof}
 设实数 $0<x<\pi / 2, n=2 m+1$ 为正奇数。 则
\[
\begin{aligned}
\frac{\cos n x+\mathrm{i} \sin n x}{(\sin x)^{n}} & =\left(\frac{\cos x+\mathrm{i} \sin x}{\sin x}\right)^{n}=(\cot x+\mathrm{i})^{n} \\
& =\binom{n}{0} \cot ^{n} x+\binom{n}{1}\left(\cot ^{n-1} x\right) \mathrm{i}+\cdots+\binom{n}{n-1}(\cot x) \mathrm{i}^{n-1}+\binom{n}{n} \mathrm{i}^{n}
\end{aligned}
\]
两边的虚数部分应相等， 故
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}

  \begin{proof}[续]
\[
\frac{\sin n x}{(\sin x)^{n}}=\binom{n}{1} \cot ^{n-1} x-\binom{n}{3} \cot ^{n-3} x+\cdots+(-1)^{m} \binom{n}{n}
\]
令 $x_{r}=\frac{r \pi}{n}=\frac{r \pi}{2 m+1}(r=1, \cdots, m)$, 则 $\sin n x_{r}=\sin r \pi=0$, 代人上式得
\[
0=\binom{2 m+1}{1} \cot ^{2 m} x_{r}-\binom{2 m+1}{3} \cot ^{2 m-2} x_{r}+\cdots+(-1)^{m} \binom{2 m+1}{2 m+1}
\]
即 $y_{r}=\cot ^{2} x_{r}(r=1, \cdots, m)$ 均为如下 $m$ 次多项式的根：
\[
g(y)=\binom{2 m+1}{1} y^{m}-\binom{2 m+1}{3} y^{m-1}+\cdots+(-1)^{m} \binom{2 m+1}{2 m+1}
\]
对 $r=1, \cdots, m$, 显然 $x_{r}$ 互异且属于 $(0, \pi / 2)$, 故 $y_{r}=\cot ^{2} x_{r}$ 互异（因 $\cot ^{2} x$ 在区间 $(0, \pi / 2)$ 是双射). 故 $g(y)$ 的 $m$ 个根之和 $y_{1}+\cdots+y_{m}$ 等于
\[
\cot ^{2} x_{1}+\cdots+\cot ^{2} x_{m}=\binom{2 m+1}{3} / \binom{2 m+1}{1}=\frac{2 m(2 m-1)}{6}
\]
再由 $\csc ^{2} x=\cot ^{2} x+1$, 得
\[
\csc ^{2} x_{1}+\cdots+\csc ^{2} x_{m}=\frac{2 m(2 m-1)}{6}+m=\frac{2 m(2 m+2)}{6}
\]
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{proof}[续]
    因 $\cot ^{2} x<\frac{1}{x^{2}}<\csc ^{2} x$, 对 $x$ 取 $x_{r}=\frac{r \pi}{2 m+1}$ ($r=1, \cdots, m$) 相加， 用上述等式， 得
\[
\frac{2 m(2 m-1)}{6}<\left(\frac{2 m+1}{\pi}\right)^{2}+\cdots+\left(\frac{2 m+1}{m \pi}\right)^{2}<\frac{2 m(2 m+2)}{6}
\]
通乘 $[\pi /(2 m+1)]^{2}$ 得到
\[
\frac{\pi^{2} 2 m(2 m-1)}{6} \frac{1}{(2 m+1)^{2}}<\frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{m^{2}}<\frac{\pi^{2} 2 m(2 m+2)}{6(2 m+1)^{2}}
\]
令 $m \rightarrow \infty$, 则得 $\frac{\pi^{2}}{6} \leqslant \frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots \leqslant \frac{\pi^{2}}{6}$.
  \end{proof}

\begin{theorem}%定理4
\[
\zeta(2 k)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2 k}}=\frac{(-1)^{k-1} B_{2 k}(2 \pi)^{2 k}}{2(2 k)!}
\]
其中 $B_{m}$ 称为 \emph{Bernoulli 数}， 由下式定义：
\[
\frac{t}{\mathrm{e}^{t}-1}=\left(1+\frac{t}{2!}+\frac{t^{2}}{3!}+\cdots\right)^{-1}=\sum_{m \geqslant 0} \frac{B_{m}}{m!} t^{m}
\]
（例如 $B_{0}=1, B_{1}=-1 / 2$). 特别可知，
\(
  \zeta(2)=\pi^{2} / 6, \quad \zeta(4)=\pi^{4} / 90, \quad \zeta(6)=\pi^{6} / 945.
\)
\end{theorem}
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{proof}
 对 Euler 的等式 (1) 取对数， 得
\[
\log \sin x=\log x+\sum_{n \geqslant 1} \log \left(1-\frac{x^{2}}{n^{2} \pi^{2}}\right)
\]
可将此式逐项微分（我们略去此处解析论证的细节），得到
\[
\begin{aligned}
\cot x & =\frac{1}{x}-\sum_{n \geqslant 1} \frac{2 x}{n^{2} \pi^{2}}\left(1-\frac{x^{2}}{n^{2} \pi^{2}}\right)^{-1}=\frac{1}{x}-\sum_{n \geqslant 1} \frac{2 x}{n^{2} \pi^{2}} \sum_{k \geqslant 0}\left(\frac{x^{2}}{n^{2} \pi^{2}}\right)^{k} \\
& =\frac{1}{x}-2 \sum_{n \geqslant 1} \sum_{k \geqslant 0} \frac{x^{2 k+1}}{n^{2 k+2} \pi^{2 k+2}}=\frac{1}{x}-2 \sum_{k \geqslant 1} \sum_{n \geqslant 1} \frac{x^{2 k-1}}{n^{2 k} \pi^{2 k}}\\
&= \frac{1}{x}-2 \sum_{k \geqslant 1} \zeta(2 k) \frac{x^{2 k-1}}{\pi^{2 k}}.
\end{aligned}
\]
另一方面， 由 $\mathrm{e}^{t}=1+t+t^{2} / 2!+t^{3} / 3!+\cdots$, 可得
\[
\begin{gathered}
  \left(\mathrm{e}^{t}-1\right) / t=1+t / 2!+t^{2} / 3!+\cdots, \\
\frac{t}{\mathrm{e}^{t}-1}=\left(1+\frac{t}{2!}+\frac{t^{2}}{3!}+\cdots\right)^{-1}=\sum_{m \geqslant 0} \frac{B_{m}}{m!} t^{m}
\end{gathered}
\]
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}

  \begin{proof}[续]
而
\[
\begin{aligned}
  \frac{t}{\mathrm{e}^{t}-1}&= \frac{t}{2}\left(\frac{\mathrm{e}^{t}+1}{\mathrm{e}^{t}-1}-1\right)=\frac{t}{2}\left(\frac{\mathrm{e}^{t / 2}+\mathrm{e}^{-t / 2}}{\mathrm{e}^{t / 2}-\mathrm{e}^{-t / 2}}-1\right)
  \\
  &= \frac{t}{2}\left(\operatorname{coth} \frac{t}{2}-1\right)=\frac{t}{2}\left(\mathrm{i} \cot \frac{\mathrm{i} t}{2}-1\right),
\end{aligned}
\]
其中 $\mathrm{i}=\sqrt{-1}$. 令 $x=\mathrm{i} t / 2$, 则得
\[
\begin{aligned}
  \frac{t}{\mathrm{e}^{t}-1}&= x \cot x+\mathrm{i} x, \\
\cot x&= \frac{t / x}{\mathrm{e}^{t}-1}-\mathrm{i}=-\mathrm{i}+\frac{1}{x} \sum_{m \geqslant 0} \frac{B_{m}}{m!} t^{m}\\
&= -\mathrm{i}+\sum_{m \geqslant 0} \frac{B_{m}}{m!}\left(\frac{2}{\mathrm{i}}\right)^{m} x^{m-1}.
\end{aligned}
\]
与前述 $\cot x$ 的和式比较， 知当 $m=2 k \geqslant 2$ 时， 有下式， 即得定理：
\[
  \frac{-2 \zeta(2 k)}{\pi^{2 k}}=\frac{B_{2 k}}{(2 k)!}\left(\frac{2}{\mathrm{i}}\right)^{2 k}.
\]
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}

Bernoulli 数的定义式可改写为
\[
  t=\sum_{m \geqslant 0} \frac{B_{m}}{m!} t^{m}\left(\mathrm{e}^{t}-1\right)=\sum_{m \geqslant 0} \frac{B_{m}}{m!} t^{m} \sum_{n \geqslant 0} \frac{1}{n!} t^{n},
\]
故右边 $t^{r}$ 的系数为
\[
  \sum_{m+n=r} \frac{B_{m}}{m!n!}=\sum_{m=0}^{r} \frac{B_{m}}{m!(r-m)!}=\frac{1}{r!} \sum_{m=0}^{r} \binom{r}{m} B_{m}.
\]
与上式左边比较得到
\[
  B_{0}=1, \quad B_{0}+2 B_{1}=0, \quad B_{0}+3 B_{1}+3 B_{2}=0, \quad \cdots, \quad \sum_{m=0}^{r} \binom{r}{m} B_{m}=0 \left( r\geqslant 2 \right).
\]
由此得到
\[
  B_{0}=1, \quad B_{1}=-1 / 2, \quad B_{2}=1 / 6, \quad B_{3}=0, \quad B_{4}=-1 / 30, \quad B_{5}=0 
\]
等。
注意 $B_{3}=B_{5}=\cdots=0$, 因为 $\cot x$ 是奇函数 (或因 $t /\left(\mathrm{e}^{t}-1\right)+t / 2$ 是奇函数).

\end{frame}

\begin{frame}

  在 $s \rightarrow 1$ 时， 当然 $\zeta(s) \rightarrow \infty$, 因为 $\sum 1 / n$ 是发散的。 此时 $\zeta(s)$ 的表现很重要。
\begin{theorem}%定理5
设 $s>1$, 则
\[
  \lim _{s \rightarrow 1}(s-1) \zeta(s)=1.
\]
\end{theorem}

实际上，$\zeta(s)$可解析延拓到$\CC\setminus \left\{ 1 \right\}$上，
在$s=1$处有单极点，留数为$1$.

\begin{proof}
 用一点简单微积分， 证明可非常简洁。 如果 $N<f(x)<M$, 则
\[
  (b-a) N<\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x<(b-a) M.
\]
现因 $s>1$, 故 $x^{-s}$ 是对 $x$ 的单调递降函数， 所以知道
\[
  (n+1)^{-s}<\int_{n}^{n+1} x^{-s} \mathrm{~d} x<n^{-s}.
\]
从 $n=1$ 到 $\infty$ 都加起来， 得到
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}

  \begin{proof}[续]
    \[
      \sum_{n=1}^{\infty}(n+1)^{-s}<\sum_{n=1}^{\infty} \int_{n}^{n+1} x^{-s} \mathrm{~d} x<\sum_{n=1}^{\infty} n^{-s}=\zeta(s)
    \]
注意 $\sum_{n=1}^{\infty}(n+1)^{-s}=\sum_{n=2}^{\infty} n^{-s}=\zeta(s)-1$, 而
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \int_{n}^{n+1} x^{-s} \mathrm{~d} x=\int_{1}^{\infty} x^{-s} \mathrm{~d} x=\left.\left[-(s-1)^{-1} x^{-(s-1)}\right]\right|_{1} ^{\infty}=(s-1)^{-1}
\]
后者是因为 $x^{r}$ 的微商为 $\left(x^{r}\right)^{\prime}=r x^{r-1}$, 故不定积分 $\int x^{r-1} \mathrm{~d} x=r^{-1} x^{r}+c$, 故定积分
\[
\int_{a}^{b} x^{r-1} \mathrm{~d} x=\left.\left(r^{-1} x^{r}\right)\right|_{a} ^{b}=r^{-1}\left(b^{r}-a^{r}\right)
\]
(其中 $r, c$ 为常数). 故令 $r=-(s-1)$ 即得如上结果。 所以我们已得到
\[
  \zeta(s)-1<(s-1)^{-1}<\zeta(s). 
\]
故而，
\[
\begin{gathered}
  \zeta(s)(s-1)-(s-1)<1<(s-1) \zeta(s), \quad \text{亦即}\\
1<(s-1) \zeta(s)<s.
\end{gathered}
\]
对上面两式令 $s \rightarrow 1$, 得 $(s-1) \zeta(s) \rightarrow 1$.
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{theorem}%定理6
设 $s>1$, 则
\[
  \log \zeta(s)=\sum_{p} \frac{1}{p^{s}}+r(s),
\]
其中 $r(s)$ 为有界函数，求和对所有正素数 $p$, 对数 $\log$ 以 $\mathrm{e}$ 为底。
\end{theorem}

\begin{proof}
 由定理 2 知，
\[
  \zeta(s)=\prod_{p}\left(1-p^{-s}\right)^{-1}=\prod_{p \leqslant N}\left(1-p^{-s}\right)^{-1} \cdot t_{N}(s),
\]
其中 $t_{N}(s) \rightarrow 1$ (当 $N \rightarrow \infty$). 取对数， 用公式 $-\log (1-x)=x+x^{2} / 2+x^{3} / 3+\cdots$, 并令 $N \rightarrow \infty$, 得
\[
\begin{aligned}
\log \zeta(s) & =\sum_{p \leqslant N} \sum_{m=1}^{\infty} m^{-1} p^{-m s}+\log t_{N}(s)=\sum_{p} \sum_{m=1}^{\infty} m^{-1} p^{-m s} \\
& =\sum_{p} p^{-s}+\sum_{p} \sum_{m=2}^{\infty} m^{-1} p^{-m s}.
\end{aligned}
\]
而
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}

  \begin{proof}[续]
\[
\begin{aligned}
r(s) & =\sum_{p} \sum_{m=2}^{\infty} m^{-1} p^{-m s}<\sum_{p} \sum_{m=2}^{\infty} p^{-m s} \leqslant \sum_{p} p^{-2 s}\left(1-p^{-s}\right)^{-1} \\
& \leqslant\left(1-2^{-s}\right)^{-1} \sum_{p} p^{-2 s} \leqslant 2 \zeta(2).
\end{aligned}
\]
\end{proof}


\begin{comment*}%评述
虽然 $\zeta(s)$ 在正偶数的值， 早就由 Euler 求出。 但 $\zeta(s)$ 在正奇数的值我们却知之甚少 (1979 年 Apéry (阿佩里) 证明 $\zeta(3)$ 是无理数). $\zeta(s)$ 在负整数的值， 也早由 Euler 发现， 即
\[
\zeta(-n)=-B_{n+1} /(n+1),
\]
均为有理数。 特别知 $\zeta(-2)=\zeta(-4)=\cdots=0$ (平凡零点).
Riemann 在 1859 年猜想： $\zeta(s)$ 的非平凡零点都在直线 $\sigma=1 / 2$ 上 (即 $s$ 的实部都为 $1 / 2)$. 目前已知， 非平凡零点都满足 $0<\sigma<1$, 且在 $\sigma=1 / 2$ 上有无限多。

Riemann zeta 函数有多方向的推广 (各种 zeta 函数和 $L$-函数), Riemann 假设也有多方面的推广， 它们形成现代数论乃至于几何的最重要相连领域， 已经取得炫目的成果， 挑战性的重要问题也很多。
\end{comment*}
\end{frame}
